拉格朗日中值定理在高考题中的妙用
拉格朗日中值定理在高中数学不等式证明中的巧妙运用
拉格朗日中值定理在高中数学不等式证明中的巧妙运用作者：左代丽来源：《新校园(下)》2016年第03期摘要：本文首先介绍了拉格朗日中值定理在高中数学中的主要应用形式和应用范围，对拉格朗日中值定理予以三种方式证明，并结合相关证明不等式例题，介绍了拉格朗日中值定理在高中不等式证明中的巧妙运用。
关键词：拉格朗日中值定理；不等式；证明；应用拉格朗日中值定理是微积分中值定理（包含罗尔定理、柯西定理以及拉格朗日定理）中的一种，对于微积分理论构造有重要的作用。
不等式的证明作为高中数学中较为常见的题型，也是高考中较为常见的题型。
对于不等式证明的解题方式有很多，利用中值定理解不等式是一种常见的方式。
但高中生并没有深入学习微积分，对此种方法的理解不够深入，应用起来稍显笨拙。
一、拉格朗日中值定理在高中数学中的主要应用1.极限问题的求解。
极限问题是高中数学中极限学习的考察重点，在高中数学教学中，许多教师都向学生介绍了洛必达法则、夹逼定理、泰勒公式等解题方式。
这些解题方式原理简单，解题思路顺畅，解题效果较好，极容易被学生吸收。
而利用拉格朗日中值定理来求解极限问题的教学比较少见，一方面，拉格朗日中值定理相对复杂，通常用来解决复杂的极限问题，另一方面，学生对于复杂的极限题目往往具有畏难心理，常常在解题过程中选择放弃。
实际上，利用拉格朗日中值定理来解决复杂的极限问题，其实质在于分解题目，实现对题型的转变，运用拉格朗日中值定理求极限的时候要把握好拉格朗日中值定理与极限问题之间的关联，寻找两者之间的连接点，做好式子的简化，这样才能快速解题。
2.不等式证明的求解。
不等式证明题是不等式教学中最基本的题型之一，解决不等式证明的常规方法有许多，例如：数形结合、导数法等。
利用拉格朗日中值定理来解决不等式证明题，其核心在于对函数的构建，以及进一步探索导数与构建的函数之间的关系，利用这种关系，进一步确定在特定条件下函数成立，继而证明不等式。
常规方法证明较复杂的不等式需要耗费大量的演算时间，且容易在求解过程中产生思维冲突，不利于正确解题，但直接运用拉格朗日中值定理非常简单，能够快速求解。
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
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拉格朗日中值定理在高等数学中的应用探索
㊀㊀㊀㊀㊀拉格朗日中值定理在高等数学中的应用探索拉格朗日中值定理在高等数学中的应用探索Һ陆华勇㊀（盐城生物工程高等职业技术学校，江苏㊀盐城㊀２２４０００）㊀㊀ʌ摘要ɔ从微积分来看，拉格朗日中值定理是一块非常重要的内容，它在导数和函数之间架起了桥梁，并且该定理已被应用于各个领域．本文采取举例的方式对该定理如何被应用于高等数学进行了展示．ʌ关键词ɔ拉格朗日中值定理；应用；证明引㊀言从微分学来看，微分中值定理是基本定理之一，学生要想把微分学这块内容学好，最重要的是对该定理的成立条件及其证明过程形成深刻的认识．在高等数学这门课中，微分学是其中的重要知识之一，该门课研究的是以实数集为定义域的函数具有哪些性质，在对函数性质进行探究的过程中，微分中值定理就是其中的一个不可或缺的重要工具．作为有效工具之一的微分中值定理，探讨的是如何根据导数具有的性质推断函数具有哪些性质，将导数知识用到了函数性质的探究中，在两者之间起到了桥梁作用．微分学中最为基础的是拉格朗日中值定理，对其进行推广得到了柯西中值定理，而取其特殊情况又得到了罗尔定理，所以说拉格朗日中值定理充当着核心角色．对函数具有的包括最值㊁单调性以及极值等性质进行的探究，以及对曲线表现出的凹凸性进行的探讨都是以拉格朗日中值定理为基础的．本文围绕着拉格朗日中值定理展开，对证明这一定理时构造辅助函数的若干种方法进行了介绍，并采取举例的方式对该定理怎样在例题中得到应用展开了分析．一㊁拉格朗日中值定理的概念基本内容：存在一个函数ｆ（ｘ），在闭区间［ａ，ｂ］上为连续函数，在开区间（ａ，ｂ）上为可导函数，那么在该开区间内至少有一点ξ，满足ａ＜ξ＜ｂ，使等式ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ成立．解释如下：（１）该定理也可以叫作有限增量定理，在导数和函数之间搭建起了桥梁，通过导数具有的性质就可以对函数具有的性质展开探究．（２）该定理是基础，进行推广得到了柯西中值定理，特殊化处理则得到了罗尔定理，拉格朗日公式相当于０阶泰勒公式．（３）该定理既能够在不等式以及等式的证明中得到应用，也能够用于对函数具有的连续性㊁单调性以及凹凸性等多项性质展开探究．（４）在对很多定理进行证明时，是否存在ξ是其中的一种理论工具．该定理指出存在至少１个的中值ξ，但是有些时候可能没有办法求解得到．例如，假设将ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ看作一个方程，那么存不存在ξ就等同于方程存不存在根这个问题．该定理的本质是对ξ是（ａ，ｂ）中的一个无法确定位置的点形成深入认识，但是考虑到ξ是有范围的，也就是ａ＜ξ＜ｂ，此时可通过导数ｆᶄ（ｘ）推断得到ｆᶄ（ξ）的取值区间，而后得到分式的取值区间，这样不等式就得证了．（５）使用该定理解题时，其中的难点之一在于辅助函数的构造或者是选取．针对于此，可将等式ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ视为分式，并以之为着手点构造函数ｆ（ｘ），同时将取值区间（ａ，ｂ）确定下来，最后求解得到导数ｆᶄ（ｘ）．为得出ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ，作出部分变形处理是很有必要的，如ｌｎｘｘ－１＝ｌｎｘ－ｌｎ（ｘ－１），ｘ－１＜ξ＜ｘ，当然构造辅助函数Ｌ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）也是可取的．也可构造函数Ｌ（ｘ）＝ｅｇ（ξ）ｆ（ｘ），进行求导操作得到ｅｇ（ξ）［ｆᶄ（ξ）＋ｆ（ξ）ｇᶄ（ξ）］等各种变形，最终达到解题目的．二㊁拉格朗日中值定理的证明从拉格朗日中值定理来看，在对其进行证明时，应用的技巧是以构造辅助函数为主的，而辅助函数是有非常多种构造方法的，最为常见的有行列式法㊁Ｋ值法等，在这些方法中，最易掌握的是倒推法，应用得也相当广泛，下文对倒推法用于辅助函数的构造的具体步骤进行了展示．根据拉格朗日中值定理得到的结论不难发现：∃ξɪ（ａ，ｂ），ｓ．ｔ．ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ．考虑到区间（ａ，ｂ）内该函数为可导函数，因而导数在ξ点的取值就是Ｆᶄ（ξ），可以表示成ｆᶄ（ξ）＝ｆᶄ（ｘ）｜ｘ＝ξ，但是函数ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａｘ的导数是常数ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ，所以待证结论能够改写为：ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａｘ－ｆ（ｘ）[]ᶄ｜ｘ＝ξ＝０，此时便可构造下述辅助函数：Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａｘ－ｆ（ｘ）．考虑到ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａｘ－ｆ（ｘ）[]ᶄ｜ｘ＝ξ＝０，所以有Ｆ（ξ）＝０．考虑到区间［ａ，ｂ］上Ｆ（ｘ）为连续函数，（ａ，ｂ）上则是可导函数，而且有Ｆ（ａ）＝ａｆ（ｂ）－ｂｆ（ａ）ｂ－ａ＝Ｆ（ｂ），故而根据罗尔定理可知，肯定会有一个ξɪ（ａ，ｂ），使得Ｆ（ξ）＝０，也就是Ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ－ｆᶄ（ξ）＝０，等同于ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ．三㊁拉格朗日中值定理的应用１．证明恒等式．考虑到该定理得到的结论实质上为一个等式，所以该定理可在部分等式的证明中得到应用．（１）证明单介值等式命题．从这种命题来看，其题型往往是：肯定会有不少于１个㊀㊀㊀㊀㊀㊀的点ξɪ（ａ，ｂ），Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ）以令Ｇ（ξ，ｆ（ξ），ｆ（ｎ）（ξ））＝０成立．在对这种命题进行证明的时候，其中的关键在于辅助函数的选取，辅助函数选取得精确，可将问题化繁为简．通常而言，倒推法用于辅助函数的构造是较为可取的，具体步骤如下：第一步，用ｘ来代替待证等式内的ξ；第二步，进行恒等变换，将等式化简成导数符号易于消除的形式；第三步，仔细观察，得到ｆ（ｘ）．例１㊀假定存在一个函数ｆ（ｘ），在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）上为可导函数，试证：（ａ，ｂ）内会存在不少于１个的点ξ，使ｂｆ（ｂ）＝（ｂ－ａ）（ｆ（ξ）＋ξｆᶄ（ξ））＋ａｆ（ａ）成立．思路：针对ｂｆ（ｂ）＝（ｂ－ａ）（ｆ（ξ）＋ξｆᶄ（ξ）＋ａｆ（ａ）），用ｘ来代替其中的ξ，这时会有ｂｆ（ｂ）＝（ｂ－ａ）（ｆ（ｘ）＋ｘｆᶄ（ｘ））＋ａｆ（ａ）．对其变形，得到ｂｆ（ｂ）－ａｆ（ａ）ｂ－ａ＝ｆ（ｘ）＋ｘｆᶄ（ｘ），观察发现，辅助函数选取为Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ）．证明：构造函数Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ），那么该函数在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）上为可导函数，由拉格朗日中值定理不难发现，势必会有不少于１个的点ξɪ（ａ，ｂ），使得Ｆ（ｂ）－Ｆ（ａ）ｂ－ａ＝Ｆᶄ（ξ）成立，所以ｂｆ（ｂ）－ａｆ（ａ）ｂ－ａ＝ｆ（ξ）＋ξｆᶄ（ξ），也就是ｂｆ（ｂ）＝（ｂ－ａ）（ｆ（ξ）＋ξｆᶄ（ξ））＋ａｆ（ａ）．（２）证明双介值等式命题．从这种命题来看，其题型往往是：中值共有２个，用ξ，ηξʂη()来表示，且它们存在某种关系．这种命题的证明和单介值命题类似，辅助函数也是要构造的，区别在于这种命题通常需要构造两个函数，题干中已知的仅仅是其中之一，有一个是未知的，这时就需要与结论得到的关于η的关系式相结合进行变换，具体步骤如下：第一步，对待证等式进行变形，得到两个表达式，一个是与ξ相关的，另一个是与η相关的；第二步，仔细观察，得到Ｆ（ｘ）．例２㊀假定存在一个函数ｆ（ｘ），在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）上为可导函数，而且有ｆ（ａ）＝ｆ（ｂ）＝１，试证：（ａ，ｂ）内会存在不少于１个的点ξ和η，使ｅη－ξ［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝１成立．思路：针对待证等式ｅη－ξ［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝１，把ξ和η分开，也就是ｅη［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝ｅξ，等同于［ｅｘｆ（ｘ）］ｘ＝η＝（ｅｘ）ｘ＝ξ，此时可构造下述两个辅助函数，一个是Ｆ（ｘ）＝ｅｘｆ（ｘ），另一个是Ｇ（ｘ）＝ｅｘ．证明：假定Ｆ（ｘ）＝ｅｘｆ（ｘ），那么Ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）内为可导函数，根据拉格朗日中值定理不难发现，（ａ，ｂ）内会有不少于１个的点η，使Ｆ（ｂ）－Ｆ（ａ）ｂ－ａ＝Ｆᶄ（η）成立，也就是ｅｂｆ（ｂ）－ｅａｆ（ａ）ｂ－ａ＝ｅη［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］，故而有ｅｂ－ｅａｂ－ａ＝ｅη［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］．（１）假定Ｇ（ｘ）＝ｅｘ，那么Ｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）上为可导函数，根据拉格朗日中值定理不难发现，（ａ，ｂ）内会有不少于１个的点ξ，使Ｇ（ｂ）－Ｇ（ａ）ｂ－ａ＝Ｇᶄ（ξ）成立，也就是ｅｂ－ｅａｂ－ａ＝ｅξ．（２）综合（１）和（２）可知ｅη［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝ｅξ，等同为：ｅη－ξ［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝１．２．证明不等式．在对不等式进行证明的过程中，拉格朗日中值定理的应用是按照下述步骤展开的：第一步，对辅助函数ｆ（ｘ）进行构造；第二步，选取合理的应用区间（ａ，ｂ）；第三步，确定中值ξ的取值空间．其中的重点在于第一㊁二这两个步骤．从实际应用来看，辅助函数ｆ（ｘ）通常是以待证不等式为依据来确定的，并据此选取合理的应用区间（ａ，ｂ）．下文采取举例的方式对如何构造辅助函数进行了阐述．（１）证明函数不等式命题．在对这种命题进行证明时，如果用到的是拉格朗日中值定理，那么待证命题牵涉的往往只是同一函数在不同点的取值的差异，也就是待证不等式的某端通过变形之后形如ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）．解题思路如下：这种命题往往需要结合待证不等式对辅助函数ｆ（ｘ）进行构造，对该函数可以应用拉格朗日中值定理进行验证，即为ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）＝ｆᶄ（ξ）（ｂ－ａ），而后按需放大或者是缩小，最后把其内的带有ξ的项去掉，此时待证不等式就可得证．例３㊀试证：在ｘ＞０的情况下ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ成立．思路：对ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ进行逆推，ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ⇒１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）ｘ＜１，ｌｎ（１＋ｘ）ｘ可变形成ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ，因为ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ，所以１１＋ｘ＜ｆᶄ（ξ）＜１（ξ的取值应当合理）．ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ⇒１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－０ｘ－０＜１⇒１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ１ｘ－０＜１⇒１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０．根据ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ这种形式，猜想出ｆ（ｂ）＝ｌｎｎ（１＋ｘ），ｆ（ａ）＝ｌｎ（１＋０），而且有ｂ－ａ＝ｘ－０，也就是ｂ＝ｘ，ａ＝０，ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）．构造的辅助函数是ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ），应用区间确定为（０，ｘ）．显而易见的是，从区间（０，ｘ）来看，ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）可以应用拉格朗日中值定理，也就是（０，ｘ）内肯定会有１个以上的点ξ，可让ｆᶄ（ξ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０成立．ｆᶄ（ｘ）＝１１＋ｘ⇒ｆᶄ（ξ）＝１１＋ξ（０＜ξ＜ｘ），１１＋ｘ＜ｆᶄ（ξ）＜１也就是１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０＜１．可以看到，辅助函数以及选定的应用区间均合理，下文对证明过程进行了详细的阐述．证明：假定ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ），那么从区间（０，ｘ）来看，ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）可以应用拉格朗日中值定理，所以（０，ｘ）内肯定会有１个以上的点ξ，可让ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（０）ｘ－０成立，即ｆᶄ（ξ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０．理由是ｆᶄ（ｘ）＝１１＋ｘ，因而ｆᶄ（ξ）＝１１＋ξ，０＜ξ＜ｘ，所以有１１＋ｘ＜ｆᶄ（ξ）＜１，即１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０＜１，１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）ｘ＜㊀㊀㊀㊀㊀１，因而在ｘ＞０的情况下，ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ成立．从上述例题不难发现，若不等式成立的条件是ｘ＞ａ，那么应用区间选取（ａ，ｘ）会较为合理．（２）证明中值不等式命题．这里所说的中值不等式命题指的是不等式关系内存在的中值命题．拉格朗日中值定理用于这种命题的证明时同样要用倒推法，据此得出辅助函数，方法还是以结论为主要着眼点，相较于等式的证明而言，区别在于：一端进行变号处理，转移至另一端，而后观察，得出解题需要用到的辅助函数．例４㊀存在一个函数ｆ（ｘ），在区间［０，１］上为连续函数，在区间（０，１）内为可导函数，而且有ｆ（ｕ）＝ｕ，试证：假定［０，１］上ｆ（ｘ）有非零值，那么在（０，１）内一定存在点ξ，可使ｆ（ξ）ｆᶄ（ξ）＞ｕ成立．思路：此处需证ｆ（ξ）ｆᶄ（ξ）＞ｕ．由于ｆ（ξ）ｆᶄ（ξ）＝ｆ２（ｘ）２[]ᶄｘ＝ξ，故而需要构造下述辅助函数：Ｆ（ｘ）＝ｆ２（ｘ）２．证明：假定Ｆ（ｘ）＝ｆ２（ｘ）２，那么Ｆ（ｘ）在区间［０，１］上为连续函数，在区间（０，１）内为可导函数，ｆ（ｕ）＝ｕ，因而存在ａɪ（ｕ，１），可以使得Ｆ（ａ）＝ｆ２（ａ）２成立，这时有Ｆ（ｘ）在区间［０，ａ］上为连续函数，在区间（０，ａ）内为可导函数，即能够应用拉格朗日中值定理，故而存在ξɪ（０，１），会有Ｆᶄ（ξ）＝Ｆ（１）－Ｆ（０）＝Ｆ（１）＞ｕ，等同于：Ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ξ）ｆᶄ（ξ）＞ｕ．３．证明根的存在性．例５㊀区间［０，１］上ｆ（ｘ）为可导函数，而且有０＜ｆ（ｘ）＜１，又由于ｘɪ［０，１］时ｆᶄ（ｘ）ʂ－１，试证：区间（０，１）上方程ｆ（ｘ）＋ｘ－１＝０有且仅有一个实根．证明：先通过构造法对存在根进行证明，而后通过拉格朗日中值定理对有且仅有一个根进行证明．（１）根的存在性．假定ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｘ－１，此时有ｇ（０）＝ｆ（０）－１，ｇ（１）＝ｆ（１）．考虑到ｘɪ［０，１］时有０＜ｆ（ｘ）＜１，由于ｇ（０）＝ｆ（０）－１＜０，ｇ（１）＝ｆ（１）＞０，故而有ｇ（０）㊃ｇ（１）＜０，由根的存在性定理不难发现，区间（０，１）内ｇ（ｘ）必定会有实根．（２）根的唯一性．为证区间（０，１）内ｆ（ｘ）＋ｘ－１＝０有且仅有一个根，通常会提出区间（０，１）内ｆ（ｘ）＋ｘ－１＝０共有２个实根的假设，而后得到和已知不符的结论，这样唯一性就可得证．下文对拉格朗日中值定理用于唯一性证明的详细过程进行了说明：先假定区间（０，１）内ｆ（ｘ）＋ｘ－１＝０共有２个实根，用α和β来表示，并且假定α＜β，这样就能够得到ｆ（α）＝１－α，ｆ（β）＝１－β，将拉格朗日中值定理用到［α，β］区间上的ｆ（ｘ）中，可知ｆ（α）－ｆ（β）＝ｆᶄ（ω）（α－β），整理可得ｆ（α）－ｆ（β）α－β＝ｆᶄ（ω），也就是：（１－α）－（１－β）α－β＝－１，与已知条件ｆᶄ（ω）ʂ－１不符．所以唯一性得证．４．求解函数最值．在对函数最值问题进行求解时，只有符合一定形式才能够应用拉格朗日中值定理，例如，能够化简为ｔȡｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）ｘ１－ｘ２或者ｔɤｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）ｘ１－ｘ２这种形式，只有这样才能够用拉格朗日中值定理来求解．例６㊀存在一个函数ｆ（ｘ），假定ｋ为一个实数，ｘ１和ｘ２是其定义域中任取的两个点，有｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜ɤｋ｜ｘ１－ｘ２｜成立，那么函数ｆ（ｘ）（ｘɪＤ）就可以称之为符合利普希茨条件，如果函数ｆ（ｘ）＝ｘ（ｘȡ１）符合利普希茨条件，求ｋ的最小值．解：由题意可知，ｋȡｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）ｘ１－ｘ２，由拉格朗日中值定理有ｆᶄ（ω）＝ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）ｘ１－ｘ２，所以有ｋȡｆᶄ（ω），这样就能够求出ｆᶄ（ω）的最大值．因为ｆ（ｘ）＝ｘ，所以ｆᶄ（ｘ）＝１２ｘɤ１２，故而ｆᶄ（ｘ）的最大值是１２，即ｋ的最小值是１２．５．求解函数极限．在对函数极限问题进行求解时，拉格朗日中值定理同样可以得到应用．如果待求函数的极限是同种函数的差值，自变量之间的差值只是一个常数，那么拉格朗日中值定理就能够对其进行简化，而后再进行求解．例７㊀试求极限ｌｉｍξң＋ɕｘ２ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ[]．思路：可以看到，该题是一种０㊃ɕ型未定式．从区间［ｘ，ｘ＋１］来看，ｆ（ｘ）＝ａｒｃｔａｎｘ可以应用拉格朗日中值定理，有：ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ＝１１＋ξ２，且ξɪｘ，ｘ＋１()．可以看到，ｘң＋ɕ时ξң＋ɕ，而且有ｌｉｍξң＋ɕ１１＋ξ２＝０．考虑到ｌｉｍξң＋ɕｘ２＝ɕ，这时极限ｌｉｍｘң＋ɕｘ２１＋ξ２存在与否取决于ξ的一些细节，意味着对中值点进行的粗糙估计无法得出原极限，通过其他工具的应用进行支持还是很有必要的．第一种解法（对中值点进行精细估计），考虑到ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ＝１１＋（ｘ＋θ）２，且有θɪ（ｕ，１）．这时ｌｉｍξң＋ɕｘ２ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ[]＝ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋（ｘ＋θ）２＝１．第二种解法（采取夹逼准则），考虑到ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ＝１１＋（ｘ＋θ）２，且有ξɪ（ｘ，ｘ＋１），所以有ｌｉｍξң＋ɕｘ２ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ[]＝ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋ξ２，可以看到ｘ＜ξ＜ｘ＋１，所以ｘ２１＋（１＋ｘ）２ɤｘ２１＋ξ２ɤｘ２１＋ｘ２，（下转２４页）㊀㊀㊀㊀㊀㊀（５）教师在教学过程中培养学生的数学思想方法．数学思想方法是人们在长期从事数学实践活动过程中智慧的结晶，是学生认知结构不断形成与发展的纽带，是沟通知识能力的桥梁，是促进人们智力及能力发展的重要因素．教师在数学教学过程中渗透数学思想方法，能够使学生对数学知识点以及解决问题有强烈的逻辑思维能力，让学生真正地理解数学内涵，产生对数学研究的欲望，增强学生的数学应用意识，使学生能够持续思考，并提出问题㊁分析问题㊁解决问题．四㊁结束语教学设计是教师教学的指南针，是完成教学目标的依据．教学设计反映了教师对该知识点的理解程度和教学水平，因此教师要高度重视教学设计．本文是在理论情境中和教师探讨设计而成，没有经过实际课堂的操作，在以后的实际教学过程中希望得以实践，再进行深入研究，以期对教师的教学有所帮助．ʌ参考文献ɔ［１］中华人民共和国教育部．普通高中数学课程标准（实验）［Ｍ］．北京：人民教育出版社，２０１７．［２］张乃达，过伯祥．张乃达数学教育：从思维到文化［Ｍ］．济南：山东教育出版社．２００７．［３］过大维，钱军先．高中数学教学中学生的问题意识及其培养［Ｊ］．中学数学月刊，２０１９（０１）：５－８．［４］王红燕，孟丹，胡丹．浅析教学设计在教学中的作用及其能够解决的问题［Ｊ］．新校园（阅读），２０１６（０９）：７１－７２．［５］庞志雷．在翻转课堂中体验数学之美： 斐波那契数列 教学案例［Ｊ］．中学数学教学参考，２０１８（２２）：２０－２３，２９．［６］陈萍．从特殊到一般的思想方法在初中数学教学中的应用［Ｊ］．数学学习与研究，２０１０（２２）：１３１．［７］徐利治，徐本顺．数学美与数学教学中的审美［Ｊ］．山东教育，１９９７（１１）：３０－３５．［８］刘露露．探究高中数学教学中的数学思想方法［Ｄ］．长春：东北师范大学出版社，２０１３．［９］黄毅蓉．基于 问题意识 的问题驱动教学法的探讨［Ｊ］．数学学习与研究，２０１９（０８）：１７－１８．［１０］王碧莹．培养高中生数学问题意识的方法［Ｊ］．课程教育研究，２０１９（１６）：１３６．㊀（上接２１页）而且有ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋（１＋ｘ）２＝ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋ｘ２＝１，故而ｌｉｍξң＋ɕｘ２ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ[]＝ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋ξ２＝１．如果极限是包括ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）这种未定式的，作为重要工具之一的拉格朗日中值定理可以达到让计算得到简化的目的．通过事实发现：相较于对中值点进行粗糙估计来说，第二种解法显然得到了更为广泛的使用．通常来说，粗糙估计只可以在ｌｉｍｘңｘ０ｆᶄ（ξ）存在而且不等于０的这种情况下适用，但第二种解法并不会受到这种情况的限制．第二种解法不单单能够在ｌｉｍｘңｘ０ｆᶄ（ξ）存在而且不等于０的情况下适用，在ｌｉｍｘңｘ０ｆᶄ（ξ）＝０与ｌｉｍｘңｘ０ｆᶄ（ξ）＝ɕ这两种情况下也能够适用，且应用更为广泛．但是只是从公式复杂程度来看的话，在形式上第一种解法显然更为简洁．所以，在对包括ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）在内的这种未定式极限的求解过程中，先采取第一种解法来分析是可行的，假使无法得到结果，常常会用到下述策略：（１）对中值点进行修改，使之变成精细估计形式，而后再展开更为深入的分析；（２）针对粗糙估计得到的中值点作放缩处理，而后通过夹逼准则的应用完成计算．结束语微分学的发展就是基于微分中值定理的，而且从实际应用来看，该定理的应用也是极为广泛的，恰恰是因为这个定理这么重要，所以也被叫作微分基本定理．从三大基本定理可以看出，应用最为广泛的当属拉格朗日中值定理，原因在于它对于函数并没有提出很严格的要求．在对问题进行求解时，关键点在于基于命题分解得到待求问题需要用到的函数，使得函数不单单可以应用拉格朗日中值定理，又能够让求解得到简化．本文对该定理在包括等式㊁极限求解等在内的多个方面的应用进行了介绍．从该定理的整个应用过程来看，最为重要的问题有两个，一个是辅助函数的构造，另一个是区间的确定．从整个过程可以看出，应用该定理求解问题的思路相对比较简单．但是为了让该定理能够得到灵活应用，对本文总结得出的思想方法需进行灵活运用．ʌ参考文献ɔ［１］王康．拉格朗日中值定理的应用［Ｊ］．安顺学院学报，２０１２（０２）：１２６－１２７．［２］刘三阳，长丁民．用拉格朗日中值定理求极限［Ｊ］．高等数学研究，１９９８（０３）：２７－２９．［３］毛纲源．高等数学解题方法技巧归纳（上册）［Ｍ］．武汉：华中科技大学出版社，２００１．［４］尹龙国．微分中值定理及其应用［Ｊ］．大众商务，２００９（０９）：２０４．［５］马秀芬．中值定理在高等数学解题中的应用［Ｊ］．濮阳职业技术学院学报，２０１５（０５）：１５２－１５３．［６］王希超，刘长文，万林梅．拉格朗日中值定理的巧用［Ｊ］．山东农业大学学报，２００２（０２）：１２３－１２４．［７］曹金亮，谢锦涛．微分中值定理常见题型的解题方法［Ｊ］．浙江海洋学院学报（自然科学版），２０１４（０５）：９４－９８．。
浅谈拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
浅谈拉格朗日中值定理在高中数学中的应用作者：魏文
来源：《课程教育研究·学法教法研究》2019年第02期
【摘要】拉格朗日中值定理在高等数学中有不可或缺的作用，同样在中学数学也占据了非常重要的地位。
本文首先阐述拉格朗日中值定理的基本内容，然后从不等式、函数、方程这三个方面談谈拉格朗日中值定理在高中数学中的应用。
【关键词】拉格朗日中值定理；高中数学；不等式；函数；方程
【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A
【文章编号】2095-3089（2019）02-0014-01
数学分析中拉格朗日中值定理的地位尤为重要，若将拉格朗日中值定理巧妙的应用到中学数学中必将大大方便中学的运算。
而就目前的研究形式来看，较多的研究者只注重了知识的表
面，多数是公式的描述，缺少解题步骤与方法的阐述。
本文结合自己在解决不等式、函数、方程相关问题中的体会，谈谈拉格朗日中值定理在高中数学中的应用。
命题人系列第8讲：拉格朗日中值定理及应用
命题人系列第8讲：拉格朗日中值定理及应用凌晨讲数学
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本节继续《命题人视角下的函数与导数》第8讲：拉格朗日中值定理及其在导数命题的中的应用.
作为继泰勒展开之后的另一个高观点下的应用范例，我将从以下几个方面入手：
实际上，关于拉格朗日中值定理在导数题目中的应用，目前谈论最多的应该是一类割线斜率恒成立问题，例如2018年全国1卷，但是，仅就拉格朗日中值定理来讨论割线斜率恒成立问题又是不严谨的，即用该定理来解决这类问题会犯错！所以，这类不严谨的做法不是本文讨论的重
点，仅在文末会给出例子说明. 本节的重点是围绕两道高考真题谈论拉格朗日中值定理在导数命
题中最重要的两个应用：利普希茨条件和刘维尔不等式. 因此，本文的基本构架如下：
1.拉格朗日中值定理
2.利普希茨条件与2019天津卷导数题
3.刘维尔不等式与2017天津卷导数题
4.割线斜率的取值范围.更正下面定理为闭区间连续，开区间可导！
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高考数学复习考点题型专题讲解46 拉格朗日中值定理
高考数学复习考点题型专题讲解专题46 拉格朗日中值定理1.拉格朗日中值定理：若f(x)满足以下条件：(1)f(x)在闭区间[a，b]内连续；(2)f(x)在开区间(a，b)上可导，则∃ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)＝f（b）－f（a）b－a.2.几何意义：弦AB的斜率＝f（b）－f（a）b－a＝f′(ξ1)＝f′(ξ2)，在曲线弧AB上至少有一点，在该点处的切线平行于弦AB.类型一证明不等式所证不等式的特征：既有两自变量的差，又有两自变量的函数(或导数)值的差.例1 已知函数f(x)＝x2＋2x＋a ln x(x>0)，f(x)的导函数是f′(x)，对任意两个不相等的正数x1，x2，证明：当a≤4时，|f′(x1)－f′(x2)|>|x1－x2|.证明 由f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x 得，f ′(x )＝2x －2x 2＋ax，令g (x )＝f ′(x )，则由拉格朗日中值定理得：|f ′(x 1)－f ′(x 2)|＝|g (x 1)－g (x 2)|＝|g ′(λ)(x 1－x 2)|.下面只要证明：当a ≤4时，任意λ>0，都有g ′(λ)>1， 则有g ′(x )＝2＋4x 3－ax2>1，即证a ≤4时，a <x 2＋4x恒成立.这等价于证明x 2＋4x的最小值大于4，由x 2＋4x ＝x 2＋2x ＋2x≥334，当且仅当x ＝32时取到最小值，又a ≤4<334，故a ≤4时，2＋4x 3－ax2>1恒成立.所以由拉格朗日中值定理得： |f ′(x 1)－f ′(x 2)|>|x 1－x 2|.训练1 设0<y <x ，p >1，证明：py p －1(x －y )<x p －y p <px p －1(x －y ). 证明 设f (t )＝t p ，显然f (t )在[y ，x ]满足拉格朗日中值定理的条件，则∃ξ∈(y ，x )，使得f ′(ξ)＝f （x ）－f （y ）x －y ，即p ξp －1＝x p －y p x －y. 由p >1知t p －1在[y ，x ]上单调递增，py p －1<p ξp －1<px p －1，从而有py p －1(x －y )<p ξp －1(x －y )<px p －1(x －y )，即有py p －1(x －y )<x p －y p <px p －1(x －y ). 类型二 由不等式恒成立求参数的取值范围1.分离常数.2.构造成f （b ）－f （a ）b －a的形式，求其最值(范围).例2 已知函数f (x )＝e x －e －x ，若对任意x ≥0都有f (x )≥ax ，求实数a 的取值范围. 解 (1)当x ＝0时， 对任意a ，都有f (x )≥ax ； (2)当x >0时，问题转化为a ≤e x －e －xx对任意x >0恒成立.令g (x )＝e x －e －xx＝f （x ）－f （0）x －0，由拉格朗日中值定理知在(0，x )内至少存在一点ξ(ξ>0)，使得f ′(ξ)＝f （x ）－f （0）x －0，即g (x )＝f ′(ξ)＝e ξ＋e －ξ，由于f ″(ξ)＝e ξ－e －ξ>e 0－e －0＝0(ξ>0)，故f ′(ξ)在(0，x )上是增函数，则g (x )min ＝f ′(ξ)min >f ′(0)＝2， 所以a 的取值范围是(－∞，2]. 训练2 已知函数f (x )＝sin x2＋cos x，如果对任意x ≥0都有f (x )≤ax ，求a 的取值范围.解 当x ＝0时，显然对任意a ，都有f (x )≤ax ； 当x >0时，f （x ）x ＝f （x ）－f （0）x －0， 由拉格朗日中值定理，知存在ξ∈(0，x )，使得f （x ）x ＝f （x ）－f （0）x －0＝f ′(ξ)，又f ′(x )＝2cos x ＋1（2＋cos x ）2，从而f ″(x )＝2sin x （cos x －1）（2＋cos x ）3.令f ″(x )≥0得，x ∈[(2k ＋1)π，(2k ＋2)π]，k ∈N ； 令f ″(x )≤0得，x ∈[2k π，(2k ＋1)π]，k ∈N .所以在[(2k ＋1)π，(2k ＋2)π]，k ∈N 上，f ′(x )的最大值f ′(x )max ＝f ′[(2k ＋2)π]＝13，在[2k π，(2k ＋1)π]，k ∈N 上，f ′(x )的最大值f ′(x )max ＝f ′(2k π)＝13. 从而函数f ′(x )在[2k π，(2k ＋2)π]，k ∈N 上的最大值是f ′(x )max ＝13，由k ∈N 知，当x >0时，f ′(x )的最大值为f ′(x )max ＝13，所以，f ′(ξ)的最大值f ′(ξ)max ＝13.为了使f ′(ξ)≤a 恒成立，应有f ′(ξ)max ≤a . 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞.一、基本技能练1.已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ，若1<a <5，证明：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1.证明 由题意知，f ′(x )＝x －a ＋a －1x， 要证f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1成立，由拉格朗日中值定理易知存在ξ∈(x 1，x 2)，使f ′(ξ)＝f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2，则即证f ′(ξ)＝ξ－a ＋a －1ξ>－1，又ξ∈(x 1，x 2)，x 1，x 2∈(0，＋∞)，故ξ>0，只需证ξf ′(ξ)＝ξ2－a ξ＋(a －1)>－ξ， 令g (ξ)＝ξ2－(a －1)ξ＋a －1，则其Δ＝(a －1)2－4(a －1)＝(a －1)(a －5). 由于1<a <5，所以Δ<0， 从而g (ξ)>0在R 上恒成立. 也即ξ2－a ξ＋a －1>－ξ.则ξ2－a ξ＋a －1ξ>－1，即f ′(ξ)＝ξ－a ＋a －1ξ>－1，也即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1.2.已知函数f (x )＝x 2＋2x＋a ln x (x >0)，f (x )的导函数是f ′(x )，对任意两个不相等的正数x 1，x 2， 证明：当a ≤0时，f （x 1）＋f （x 2）2>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明 不妨设0<x 1<x 2，即证f (x 2)－f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1). 由拉格朗日中值定理知，存在ξ1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 1＋x 22，ξ2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 2，则ξ1<ξ2，且f (x 2)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝f ′(ξ2)·x 2－x 12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1)＝f ′(ξ1)·x 2－x 12.又f ′(x )＝2x －2x 2＋ax(x >0)，f ″(x )＝2＋4x 3－ax 2(x >0)，当a ≤0时，f ″(x )>0，所以f ′(x )在(0，＋∞)上是一个单调递增函数，故f ′(ξ1)<f ′(ξ2)，从而f (x 2)－f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1)成立，因此命题获证. 3.已知函数f (x )＝2ln x ＋1，设a >0，讨论函数g (x )＝f （x ）－f （a ）x －a的单调性.解 由拉格朗日中值定理知g (x )＝f （x ）－f （a ）x －a ＝f ′(ξ)＝2ξ，其中0<ξ<a 或a <ξ<＋∞，所以问题转化为讨论f ′(x )＝2x，x ∈(0，a )和(a ，＋∞)上的单调性.因为f ′(x )＝2x在(0，＋∞)上单调递减，所以f ′(x )＝2x在区间(0，a )，(a ，＋∞)上单调递减，从而g (x )在区间(0，a )，(a ，＋∞)上单调递减. 二、创新拓展练4.已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数.当k ≥－3时，证明：对任意x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.证明 由拉格朗日中值定理知，存在ξ∈(x 2，x 1)，使得f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝f ′(ξ)，只需证明f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f ′(ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)即可.由f ′(x )＝3x 2＋k x(x ≥1)，令g (x )＝3x 2＋kx(x ≥1)，即证明g （x 1）＋g （x 2）2>g (ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)，只需证明曲线y ＝g (x )，x ∈(x 2，x 1)严格落在点(x 2，g (x 2))和(x 1，g (x 1))的连线的下方， 即证当k ≥－3时，函数g (x )在[1，＋∞)上是下凸的，由g ′(x )＝6x －k x 2，g ″(x )＝6＋2kx 3可知：当x ≥1，k ≥－3时，g ″(x )＝6＋2k x 3＝6x 3＋2kx 3≥0(当且仅当x ＝1，k ＝－3时，g ″(x )＝0)， 所以g （x 1）＋g （x 2）2>g (ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)成立，从而当k ≥－3时，对任意x 1，x 2∈[1，＋∞)，x 1>x 2，都有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.。
拉格朗日中值定理在高考题中的妙用
拉格朗日中值定理 在高考题中的妙用一．拉格朗日中值定理 [1] 拉格朗日中值定理：若函数 f 满足如下条件： (i ) f 在闭区间 [a,b] 上连续； (ii ) f 在开区间 (a,b) 内可导； 则在a,b 内至少存在一点 ，使得 f 'f b f a .ba几何意义 ：在满足定理条件的曲线上 y f(x) 至少存在一点 p( ,f( )) ，该曲线在该点处的切线平 行于曲线两端的连线 AB (如图) ．求割线斜率大小------ 几何意义的利用由拉格朗日中值几何意义可知 :曲线上两点的割线斜率 ,可以转化为曲线上切线的斜率例 1：(2011 年福建省质检理 19 题)已知函数Ⅰ)求 f (x) 的单调递增区间；不小于 k ？若存在，求 k 的取值范围；若不存在，21解(Ⅰ)略(Ⅱ)当 a 1 时， g(x) 1 22 1 x 2 x 假设存在实数 k ，使得的图象上任意不同两点连线的斜率都不小于 k ，即对任意 x 2 x 1 0，都有 g(x2) g(x1) k, 即求任意两点割线斜 x 2 x 1 率的大小， 由中值定理知存在 x (x 1,x 2)，有 g '(x) g(x2) g(x1) k,转为求切线斜率的大小 即 g '(x) 43 12k 在 (0, )上恒成立 .(以下同参考答案) xx化为 g(x 2) kx 2 g(x 1) x 1, 转而考查函数 h(x) g(x) kx ，学生不是很容易想到， 但若利用 拉格朗日中值定理，则只需求二次导函数在所给区间的最小值即可，学生易接受．即连续函数上任意两点的连线总与某条切线平行 .下面通过下题具体分析2a2f(x) x aln x.x Ⅱ)设 a 1,g(x) f '(x),问是否存在实数 k ， 使得函数 g(x) 上任意不同两点连线的斜率都说明理由x 2 x 1评析： 该题若用初等方法解决，构造函数同是本题的难点和突破口．将g(x 2) g(x 1)k, 转x 2 x 1利用拉格朗日中值定理证最值（1）证f b f a 或 f b f ab a b a------- 即证 f ' 与 的大小关系例2：（ 2009年辽宁卷理 21题）1已知函数 f （x ） x 2 ax （a 1）ln x,a 12（Ⅰ）讨论函数 f （x ） 的单调性； （Ⅱ）证明：若 a 5 ，则对任意 x1,x2 0,，x 1 x 2 ，有f （x1） f （x2）1.x1 x2（Ⅰ）略；（Ⅱ）要证 f （x1） f （x2） 1成立，即证 f ' a a 1 1.x 1 x 2令 g 2 （a 1） a 1，则 a 1 4 a 1 a 1 a 5 .由于 1 a 5，所以0.从而 g 0在R 恒成立 .也即 2 a a 1 .又x 1,x 2 ， x 1,x 2 0, ，故0 .则评注 ：这道题（Ⅱ）小题用初等方法做考虑函数 g x f x x .为什么考虑函数 g x f x x 很多考生一下子不易想到 .而且 g ' x 的放缩也不易想到2）、证明 f x a 或 f xa 成立（其中 x 0， f （0） 0 ）xx例3：（2007年高考全国卷 I 第 20题）Ⅰ）证明： f x 的导数 f ' x 2 ；Ⅱ）证明：若对所有 x 0，都有 f x ax ，则 a 的取值范围是 （ ,2] . （Ⅰ）略 .（Ⅱ）证明：（ i ）当 x 0 时，对任意的 a ，都有 f x ax（ii ）当 x 0时，问题即转化为 a e e对所有 x 0恒成立 .令G x e e f x f 0， x x x 0 由拉格朗日中值定理知 0,x 内至少存在一点 （从而 0），使得 f ' f x f 0 ，即 x02 a a 11 ，即a1f 'a a 11 ，也即f (x x 1) x f(x 2)1x 1 x 2------ 即证f x f (0) a 或 x0f x f(0) x0设函数 f x e x e[2]G x f 'e e ，由于f ''e e e 0 e 0 0 ，故f '在 0,x 上是增函数，让x 0 得G x min f 'e ef '2，所以 a 的取值范围是 （ ,2] .评注 ：用的是初等数学的方法 .即令 g x f x ax ，再分 a 2 和 a 2 两种情况讨论 其中， a 2又要去解方程 g ' x 0 .但这有两个缺点：首先，为什么a 的取值范围要以 2 为分界展开 .其次，方程 g ' x 0 求解较为麻烦 .但用拉格朗日中值定理求解就可以避开讨论， 省去麻烦 .例4：（ 2008年全国卷Ⅱ 22题） 设函数 f x sinx2 cosxⅠ）求 f x 的单调区间； （Ⅱ）如果对任何 x 0 ， 都有 f x ax ，求 a 的取值范围 . 证明（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当 x 0时，显然对任何 a ，都有 f x ax ；当 x 0时， f x f x f 0x x 0 由拉格朗日中值定理，知存在 0,x ，使得 f x f x f 0 f '.由（Ⅰ）知x x 0'2cos x 1 '' 2sin x 2 cosx cosx 1 '' f ' x2cos x 12，从而 f ''x 2.令f ''x 0得，2 cosx 2 cosxg x min 0 .这与上述的思路是一样的 .但首先参考答案的解法中有个参数 a ,要对参数 a 进行分类讨论 ;其次为了判断 g x 的单调性 ,还要求 g ' x 0和 g ' x 0的解 ,这个求解涉及到反 余弦arccos3a ,较为复杂 .而用拉格朗日中值定理就可以避开麻烦，省去讨论.再次体现了高观点解题的优越性 .三．利用拉格朗日中值定理证不等式x 2k 1 , 2k 2；令 f '' x 0 得，x 2k , 2k 1 .所以在 2k 1 , 2k 2 上，f ' x 的最大值 f ' x max f ' 2k 2 1 在 2k , k2 1 上， f ' x 的最大值3'1 ' 1 f x max f ' 2k . 从而函数 f ' x 在 2k , 2k2 上的最大值是 f x max33 f ' 的最大值 f ' max 13 .为了使f ' a 恒成立，应有 f ' max a .所以 a 的取值范围是 13, .评注 ：这道题的参考答案的解法是令 g x ax f x ,再去证明函数 g x 的最小值1. k N知，当 x 0 时， f ' x 的最大值为 f x m ax1 13.所以，a bg b g 2 g b g存在 a ,a b, a b ,b2 a bg2gg a g b 2ga,ab2a 2b g a 2b g a 由拉格朗日中值定理得， ，使得g ag ' g ' b 2a ln ln b 2a近几年的数学高考中， 出现了不少含有拉格朗日中值定理的试题． 常以不等式恒成立问题为 基本切入点，具有一定的深度，既符合高考命题“能力立意”的宗旨，又突出了数学的学科 特点，较好地甄别了学生的数学能力． 下面以近几年全国各地的数学高考试题为例，说明 拉格朗日中值定理的不同形式在高考中不等式的应用， 更好地体会用 “高观点” 解题的优势． （ 1）用于证明 f b f a 与 b a 的大小关系 例5：（2006年四川卷理第 22题） [3]已知函数 f x x 2 2 alnx （x 0）, f x 的导函数是 f ' x ，对任意两个不相等的正 x 1,x 2， 证明：（Ⅱ）当 a 4时， f ' x 1 f ' x 2 x 1 x 2 .a 4 时， a x 24恒成立 .这等价于证明 x 24的最小值大于 4.由 x 2 4x 2 2 2 33 4 ， x x x xx当且仅当 x 3 2时取到最小值，又 a 4 334，故 a 4时， 2 43 a 2 1恒成立.所以由拉 xx 格朗日定理得： g x 1 g x 2g '(x 1 x 2 ) g 'x 1 x 2 x 1 x 2评注 ：这道题用初等数学的方法证明较为冗长，而且技巧性较强 .因而思路较为突兀，大多 数考生往往难以想到 .相比之下，用拉格朗日中值定理证明，思路较为自然、流畅 .体现了高 观点解题的优越性，说明了学习高等数学的重要性 （ 2）证明 g a ， g a b ， g b 三者大小的关系 例6：（2004年四川卷第 22题） [3]已知函数 f x ln （1 x ） x,g x xln x .（Ⅰ）求函数 f x 的最大值； Ⅱ)设 0 a b 2a ，证明： g a g b 2g证明（Ⅰ）略； （Ⅱ）证明：依题意，有 g ' x lnx 1，证明：22 ' 2 a '由 f x x 2alnx 得， f '(x) 2x 2 ，令 g x f ' x 则由拉格朗日中 x x x值定理得： g x 1 g x 2 g ' (x 1 x 2)a 4时，任意0,都有 g '1 ，则有 g ' x2 43 a 2 1，即证xxa 2b(b a)ln 2.面只要证明：当例 7： (2006年四川卷理第 22题 )已知函数 f x x 2 2 alnx(x 0), f x 的导函数是 f ' x ，对任意两个不相等的正数x 1 ,x 2 ，证明：(Ⅰ)当 a 0时， f x1 f x2f2 证明：(Ⅰ)不妨设 x 1 x 2 ，即证 f x 2 f x1 x2x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 2x2,x 2 x 1 x 22f x 1 2x 2f x 1 ．由拉格朗日中值定 理知，存在 1 x 1, ,1 12 x 1 x 2 2 f x 1 f ' 1 x2 2x1 ，则 1 2且 f x 2fx1 x' 2 a 又 f ' (x) 2x 2 ， x 2 x f ' 2 x2 2 x1，f '' x 0.所以 f '(x)是一个单调递减函数，故 x 1 x 2 f x 1 x 2 f x 1 成立， 四：利用拉格朗日定理证明根的存在 [4]f x 2 ff '' x 2 x 43 x a2.当 a 0时，xf ' 1 f ' 2 从而 因此命题获证． 证明方程根的存在性 ,所给根的范围就是区间 a,b 把所给方程设为函数 f(x) 就可用拉格朗日中值定理证明方程根的存在性 ,一般用反证法 .例 1 设 f (x) 在 0,1 可导 ,且 0 f(x) 1,又对于 (0,1) 内所有的点有 f '(x) 1 证明方程 f (x) x 1 0在 (0,1) 内有唯一的实根 . 分析 :要证明方程有唯一的实根 ,分两步证明 ,先证明有根 ,再证明根是唯一的证明 :先证方程有根 ,令 g(x) f(x) x 1,又因为 0 f(x) 1,则g(0) f(0) 1 0, g(1) f(1) 0,得到 g(0) ·g(1)< 0. 所以 ,函数 g(x)在(0,1)内至少有一个实根 .再证唯一性；假设方程 f (x) x 1 0 在(0,1)内有两个实根 , 不妨设为 0 1, 则有 f( ) 1 , f( ) 1 ,对函数 f(x))在 , 上运用拉格朗日中值定理有f( ) f( ) f '( )().因此f '( )f( ) f( ) 1 11这和已知条件 f '(x) 1矛盾 .所以方程 f (x) x 1 0 在 (0,1) 内有唯一的实根b a b b a 4a b a ln ln ln b a ln22 a 2 a 2评注：对于不等式中含有 g a ,g b ,g a ba 2b，分别对 g a 2b g a 和g a 2bg b g a b两次运用拉格朗日中值定理 a b 的形式，我们往往可以把 ga。
研究性学习报告 2015级1班张庭瑞 拉格朗日定理及其在高考中的应用
拉格朗日定理及其在高考中的应用背景：自己做题时发现以高等数学为背景的高考命题成为热点.许多省市高考试卷有关导数的题目往往可以用拉格朗日中值定理解，而用初等方法却十分冗杂。
下面.本文主要先归类总结，证明拉格朗日中值定理再通过一些具体的高考试题，再利用拉格朗日中值定理解答，体现高观点解题的好处.，同时为高考导数题型引入一些自己的见解。
一．理论基础背景 1罗尔()Rolle 中值定理如果函数()x f 满足条件：()1在闭区间[]b a ,上连续；()2在开区间()b a ,内可导；（3）()()b f a f =,则在()b a ,内至少存在一点ζ ,使得()0'=ζf罗尔中值定理的几何意义：如果连续光滑曲线()x f y =在点B A ,处的纵坐标相等，那么，在弧 ⋂AB 上至少有一点()(),Cf ζζ ，曲线在C 点的切线平行于x 轴，如图1，注意 定理中三个条件缺少其中任何一个，定理的结论将不一定成立；但不能认为定理条件不全具备，就一定不存在属于()b a ,的ζ，使得()0'=ζf . 这就是说定理的条件是充分的，但非必要的.若函数()x f 满足如下条件：()1在闭区间[]b a ,上连续；()2在开区间()b a ,内可导；则在()b a ,内至少存在一点ζ，使()()()ab a f b f f --=ζ'拉格朗日中值定理的几何意义：函数()x f y =在区间[]b a ,上的图形是连续光滑曲线弧⋂AB 上至少有一点C ，曲线在C 点的切线平行于弦AB . 如图2，从拉格朗日中值定理的条件与结论可见，若()x f 在闭区间[]b a ,两端点的函数值相等，即()()b f a f =，则拉格朗日中值定理就是罗尔中值定理. 换句话说，罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的一个特殊情形.正因为如此，我们只须对函数()x f 作适当变形，便可借助罗尔中值定理导出拉格朗日中值定理. 二．证明拉格朗日中值定理1.0证明 作辅助函数 ()()()()f b f aF x f x x b a-=--显然，函数()x F 满足在闭区间[]b a ,上连续，在开区间()b a ,内可导，而且()()F a F b =．于是由罗尔中值定理知道，至少存在一点ζ()b a <<ζ，使()()()()0''=---=ab a f b f f F ζζ.即()()()ab a f b f f --=ζ'.2.0 用作差法引入辅助函数法证明 作辅助函数 ()()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+-=a x a b a f b f a f x f x ϕ 显然，函数()x ϕ在闭区间[]b a ,上连续，在开区间()b a ,内可导，()()0==b a ϕϕ，因此，由罗尔中值定理得，至少存在一点()b a ,∈ζ，使得()()()()0''=---=ab a f b f f ζζϕ，即 ()()()ab a f b f f --=ζ'推广1 如图3过原点O 作OT ∥AB ，由()x f 与直线OT 对应的函数之差构成辅助函数()x ϕ，因为直线OT 的斜率与直线AB 的斜率相同，即有：()()ab a f b f K K AB OT --==，OT 的直线方程为：()()x ab a f b f y --=，于是引入的辅助函数为：()()()()x ab a f b f x f x ---=ϕ.推广2 如图4过点()O a ,作直线''B A ∥AB ，直线''B A 的方程为：()()()a x ab a f b f y ---=，由()x f 与直线函''B A 数之差构成辅助函数()x ϕ，于是有：()()()()()a x a b a f b f x f x ----=ϕ. （推广3 如图5过点作()O b ,直线''B A ∥AB ，直''B A 线的方程为()()()b x ab a f b f y ---=，由()x f 与直线A B ''函数之差构成辅助函数()x ϕ，于是有：()()()()()b x ab a f b f x f x ----=ϕ. 事实上，可过y 轴上任已知点()m O ,作//B A ∥AB 得直线为()()m x ab a f b f y +--=，从而利用()x f 与直线的''B A 函数之差构成满足罗尔中值定理的辅助函数()x ϕ都可以用来证明拉格朗日中值定理. 因m 是任意实数，显然，这样的辅助函数有无多个.3.3 用对称法引入辅助函数法在第二种方法中引入的无数个辅助函数中关于x 轴的对称函数也有无数个，显然这些函数也都可以用来证明拉格朗日中值定理.从几何意义上看，上面的辅助函数是用曲线函数()x f 减去直线函数，反过来，用直线函数减曲线函数()x f ，即可得与之对称的辅助函数如下：⑴()()()()()()x f a x a b a f b f a f x -⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+=ϕ ⑵ ()()()()x f x a b a f b f x ---=ϕ ⑶ ()()()()()x f a x ab a f b f x ----=ϕ⑷ ()()()()()x f b x ab a f b f x ----=ϕ 等等.这类能用来证明拉格朗日中值定理的辅助函数显然也有无数个. 这里仅以⑵为例给出拉格朗日中值定理的证明.证明 显然，函数()x ϕ满足条件：()1在闭区间[]b a ,上连续；()2在开区间()b a ,内可导；()3()()()()ab a bf b af b a --==ϕϕ.由罗尔中值定理知，至少存在一点()b a ,∈ζ，使得()()()()0''=---=ζζϕf a b a f b f ，从而有()()()ab a f b f f --=ζ'，显然可用其它辅助函数作类似的证明.三．拉格朗日中值定理的应用1.0证明()()()1212f x f x x x λ->-或()()()1212f x f x x x λ->-成立 例：（2008年全国卷Ⅱ22题）设函数()sin 2cos xf x x=+.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当0x =时，显然对任何a ，都有()f x ax ≤；当0x >时，()()()00f x f x f x x -=- 由拉格朗日中值定理，知存在()0,x ξ∈，使得()()()()'00f x f x f f x x ξ-==-.由（Ⅰ）知()()'22cos 12cos x f x x +=+，从而()()()()''22sin 2cos cos 12cos x x x fx x +-=+.令()''0fx ≥得，()()21,22x k k ππ∈++⎡⎤⎣⎦；令()''0f x ≤得，()2,21x k k ππ∈+⎡⎤⎣⎦.所以在()()21,22k k ππ++⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()()''max1223f x f k π=+=在 ()2,21k k ππ+⎡⎤⎣⎦上，()'fx 的最大值()()''max 123f x f k π==.从而函数()'f x 在()2,22k k ππ+⎡⎤⎣⎦上的最大值是()'max 13fx =.由k N ∈知，当0x >时，()'f x 的最大值为()'max13fx =.所以，()'f ξ的最大值()'max 13f ξ=.为了使()'f a ξ≤恒成立，应有()'max f a ξ≤.所以a 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.2.0证明()()()1212f x f x x x λ->-成立 例： (2OO6年四川卷理第22题) 已知函数()()22ln (0),f x x a x x f x x=++>的导函数是()'f x ，对任意两个不相等的正数12,x x ，证明： （１）当0a ≤时，()()121222f x f x x x f ++⎛⎫> ⎪⎝⎭（２）当4a ≤时，()()''1212f x f x x x ->-.证明：（１）不妨设12x x <，即证()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由拉格朗日中值定理知，存在12121122,,,22x x x x x x ξξ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则12ξξ<且 ()1222x x f x f +⎛⎫- ⎪⎝⎭()'2122x x f ξ-=∙，()()'12211122x x x x f f x f ξ+-⎛⎫-==∙ ⎪⎝⎭又'22()2a f x x x x=-+， ()''3242a f x x x =+-.当0a ≤时，()''0f x ≥.所以'()f x 是一个单调递减函数，故()()''12f f ξξ<从而()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立，因此命题获证．（２）由()22ln f x x a x x =++得，'22()2af x x x x=-+，令()()'g x f x =则由拉格朗日中值定理得：()()()'1212()g x g x g x x λ-=-下面只要证明：当4a ≤时，任意0λ>,都有()'1g λ>，则有()'324g 21a x x x=+->，即证4a ≤时，24a x x <+恒成立.这等价于证明24x x+的最小值大于4.由于22422x x x x x +=++≥x =时取到最小值，又4a ≤<故4a ≤时，32421ax x+->恒成立.3.0设函数()x x f x e e -=-.（Ⅰ）证明：()f x 的导数()'2f x ≥； （Ⅱ）证明：若对所有0x ≥，都有()f x ax ≥ ，则a 的取值范围是(,2]-∞.（Ⅰ）略.（Ⅱ）证明：（i ）当0x =时，对任意的a ，都有()f x ax ≥(ii)当0x >时，问题即转化为x xe e a x--≤对所有0x >恒成立.令()()()00x xf x f e e G x x x ---==-，由拉格朗日中值定理知()0,x 内至少存在一点ξ（从而0ξ>），使得()()()'00f x f fx ξ-=-，即()()'G x f e e ξξξ-==+，由于()()''000f e e e e ξξξξ--=-=->，故()'f ξ在()0,x 上是增函数，让0x → 得()()()''min 02G x f e e f ξξξ-==+≥=，所以a 的取值范围是(,2]-∞.4.0证明()()()2(),2a b g a g b g b a b a λ+⎛⎫+-<->⎪⎝⎭成立 例：（2004年四川卷第22题）已知函数()()ln(1),ln f x x x g x x x =+-=. （Ⅰ）求函数()f x 的最大值；（Ⅱ）设02a b a <<<，证明：()()2()ln 22a b g a g b g b a +⎛⎫+-<- ⎪⎝⎭.（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有()'ln 1g x x =+()()()()2222a b a b a b g a g b g g b g g g a ++⎛+⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由拉格朗日中值定理得，存在,,,22a b a b a b λμ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()()()()()''ln ln 2222a b a b b a b a g b g g g a g g μλμλ+⎛+⎫--⎛⎫⎛⎫---=-∙=-∙ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()4lnln ln ln 2222b a b b a a b ab a a a μλ---=∙<∙<∙=-5.0证明()0,()f x x a >>成立，（其中()0f a =） 例：（2007年安徽卷18题）设()()20,1ln 2ln 0a f x x x a x x ≥=--+>. （Ⅰ）令()()'F x xfx =，讨论()F x 在()0,+∞内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当1x >时，恒有2ln 2ln 1x x a x >-+. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：即证()0f x >，由于1x >，则()()()111f x f x f x x -=--.由拉格朗日中值定理得，存在()1,x ξ∈，使得()()()'11f x f f x ξ-=-.由（Ⅰ）的解题过程知()'221ln a f x x x x =-+，所以()()''22222222ln ln 1a fx x x a x x x x=-+-=--.令()''0f x ≥得，1a x e +≥.令()''0f x ≤得，11a x e +≤≤.故()'f x 在()1,x ∈+∞上最小值()()'1mina f x f e +=()1111212210a a a a a a e e e e +++++-=-+=>.所以()()''min 0f f x ξ≥>.从而()01f x x >-.又1x >，则()0f x >成立，从而当0x >时，2ln 2ln 1x x a x >-+成立.评注：这道题的参考答案是用（Ⅰ）中()F x 在()0,+∞内的极小值()20F >得到()()'0F x xf x =>.又1x >，所以()'0f x >.从而()f x 在()1,+∞上单调递增,故()f x 的最小值()()min 10f x f >=，所以2ln 2ln 1x x a x >-+6.0证明()()1212f x f x x x λ->-或()()1212f x f x x x λ-<-（其中12x x ≠）已知函数21()(1)ln ,12f x x ax a x a =-+-> （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）证明：若5a <，则对任意()12,0,x x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()1f x f x x x ->--.（Ⅰ）略； （Ⅱ）()'1212()()f x f x f x x ξ-=-.由（Ⅰ）得，()'1a f x x a x -=-+.所以要证1212()()1f x f x x x ->--成立，即证()'11a f a ξξξ-=-+>-.下面即证之. 令()2(1)1g a a ξξξ=--+-，则()()()()214115a a a a ∆=---=--.由于15a <<，所以0∆<.从而()0g ξ>在R 恒成立.也即21a a ξξξ-+->-.又()12,x x ξ∈，()12,0,x x ∈+∞，故0ξ>.则211a a ξξξ-+->-，即()'11a f a ξξξ-=-+>-，也即1212()()1f x f x x x ->--.四．评价参考答案多用的是初等数学的方法用初等数学的方法证明较为冗长，而且技巧性较强.因而思路较为突兀，大多数考生往往难以想到.相比之下，用拉格朗日中值定理证明，思路较为自然、流畅.体现了高观点解题的优越性，说明了学习高等数学的重要性.而格朗日中值定理是数学分析的一个重要定理.是解决函数在某一点的导数的重要工具.近年来，不少高考压轴题以导数命题，往往可以用拉格朗日中值定理求解.固然，这些压轴题用初等数学的方法也可以求解.但初等数学的方法往往计算量较大.这时，用拉格朗日中值定理交易解决.充分体现了高等数学的优越性，.从而使学生感受到高等数学与初等数学的联系，增加学习的兴趣.从以上六道题目中，我们可以感受到高等数学对初等数学具有居高临下的指导作用.近几年，高观点下的高考命题颇受命题者的青睐.因此加强对高等数学的研究就显得很有必要.参考文献华东师范大学数学系. 数学分析（上册）（第二版）[M].北京：高等教育出版社.1991：153-161 吉林大学数学系. 数学分析(上册)[M].北京：人民教育出版社.1979：194-196同济大学应用数学系. 高等数学（第一册）[M].北京：高等教育出版社（第五版）.2004：143-153 .数学分析[M].天津：南开大学出版社.1986：113-124数学分析解题指南[M].北京：北京大学出版社.2003：58-67数学分析内容、方法与技巧（上）[M].武汉：华中科技大学出版社.2003：98-106 数学分析（上册）[M].广州：华南理工大学出版社.2001：111-113促使思维教学进入数学课堂的几点作法[J].上海：数学通报.2001,1：15-18高等数学课程建设和教学改革研究与实践[J].西安：数学通报.2002,2：84-88数学分析习题课讲义[M].北京：高等教育出版社.2003：126-135数学分析讲义学习指导书（上册）[M].北京：高等教出版社.1994：98-112北京大学数学力学系. 高等代数. 北京：人民教育出版社. 1978:124-135数学分析中的典型问题与方法[M].北京：高等教育出版社.1993：102-110数学方法论[M].南京：广西教育出版社.1996：112-123数学分析（上册）[M].北京：人民教育出版社.1983:87-92数学分析（上）[M].北京：科学出版社.1995：77-86树德中学2015级1班张庭瑞。
2018年高考数学：利用拉格朗日中值定理巧解高考数学压轴题
2018年高考数学：利用拉格朗日中值定理巧解高考数学压轴
题
需要说明的是相比较而言拉格朗日中值定理在高三并没有洛必达法则那么有名气，特别是2010年后的高考真题几乎用不到这个公式，但在各地的模考中这类题目还是非常常见的。
第一部分：拉格朗日中值定理简介
由公式不难看出，拉格朗日中值定理应用条件比较简单，没有洛
必达法则那么“苛刻”！
第二部分：利用拉格朗日中值定理解高考压轴题
我们先来看下标答是如何解求解下列高考压轴题第（II）的：
标答在解第（Ⅱ）问时的2个难点我已注明：为什么要构造这样一个函数及对导数放缩且配方！现在我们用拉格朗日中值定理来求解：
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拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
应用拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理在高中数学中的应用一、定理与推论拉格朗日中值定理设函数ｆ(ｘ)满足如下条件:(１) ｆ(ｘ)在闭区间［ａ,ｂ］上连续;(２) ｆ(ｘ)在开区间(ａ,ｂ)内可导,则在(ａ,ｂ)内至少存在一点ξ,使得 = ｆ(ξ),其中b ＞ a.推论１若在(ａ,ｂ)内, ｆ(ｘ) ≡ 0,则在(ａ,ｂ)内f(ｘ)为一常数、推论２若在(ａ,ｂ)内, ｆ′(ｘ) = ｇ′(ｘ),则在(ａ,ｂ)内ｆ(ｘ) = ｇ(ｘ) + c(ｃ为常数).二、应用举例以下从应用的角度说明在解题中如何运用拉格朗日中值定理及其推论.１、运用拉格朗日中值定理证明不等式例１试证当x∈［1,+∞)时,ln1 +x ≥ ln2 .分析与说明这类题原本在高等数学中就是常见题型,求解这类题的通常思路就是先将一边移到另一边,构造一个函数,然后对它求导. 近些年来,这类题倍受高考命题者青睐.证明令ｆ(ｘ) = ln1 +x - ln2,对函数ｆ(ｘ)求导,得ｆ′(ｘ) = xln1 +′ =［ｌｎ(１＋ｘ) －ｌｎｘ］－、令函数ｇ(ｔ) = ｌｎ(ｔ),则ｇ(ｔ)在［ｘ,ｘ + 1］上满足拉格朗日中值定理,于就是对ln(1 + x) - ln x应用拉格朗日中值定理得到ln(1 + x)-ln x = ξ∈(ｘ,ｘ + 1),所以有f′(x) = - ＞ 0 (x ＞ 0 ),因此,由上面的结论推出ｆ(ｘ)在ｘ∈［1,+∞)上单调递增,所以ｆ(ｘ)≥ｆ(１),即 ln1 +x -ln2 ≥ ｆ(１) = 0 ?圯ln1 +x ≥ln2、２. 运用拉格朗日中值定理证明恒等式例２若x ≥ 1,求证:arctan x +arccos=、分析在三角函数部分解题中见到过这种题型,应用公式tan(α ± β) =,解得tan(α ± β) = 1, α ± β的值可能为. 但此种解法较繁琐,在这里用推论１证明.证明设ｆ(ｘ)=arctan x +arccos - ,则ｆ′(ｘ)≡0,即f(ｘ) = c (ｃ为常数)、又因为ｆ(１)=arctan1-arccos1 - = 0,所以c = 0,故ｆ(ｘ) = 0,即arctan x +arccos=.３、运用拉格朗日中值定理求极限例３求 (cos -cos )、分析观察函数特征容易想到:若令ｆ(ｔ)=cos ,则ｆ(ｔ)在［ｘ,ｘ + 1］(x ≥ ０)上显然满足拉格朗日中值定理的条件.解令ｆ(ｔ)=cos ,显然ｆ(ｔ)在［ｘ,ｘ + 1］(x ≥０)上满足拉格朗日中值定理,得cos -cos =(-sin ξ) ,其中x ＜ξ ＜ x + 1,所以 (cos -cos ) ＝(－ｓｉｎξ)＝０、4.运用拉格朗日中值定理证明方程根的存在唯一性例４设ｆ(ｘ)在[0,1]上可导,且0 ＜ｆ(ｘ) ＜ 1,又对于(０,１)内的所有点x有ｆ′(ｘ)≠-1,证明方程ｆ(ｘ) + x - 1 = 0在(０,１)内有唯一实根.分析证明方程根的存在性就有可能用到介值定理、在用介值定理证明问题时,选取合适的辅助函数可收到事半功倍的效果、而在证明唯一性的时候较常用的方法就就是反证法,所以本题证明思路就就是先证存在性,再证唯一性.证明先证存在性.令?准(ｘ) = ｆ(ｘ) + x - 1,则?准(ｘ)在［０,１］上可导.因为0 ＜ｆ(ｘ) ＜ 1.所以?准(0) = f(0) - 1 ＜ 0,?准(1) = f(１)＞0、由介值定理知?准(x)在 (0,1)内至少有一个零点, 即方程ｆ(ｘ) + x - 1 = 0在(０,１)内至少有一个实根.再证唯一性(反证法). 设方程ｆ(ｘ) + x - 1 = 0在 (0,1)内有两个实根x1,x2,不妨设0 ＜ x1 ＜ x2 ＜ 1有f(ｘ１)=1 - x1,ｆ(ｘ２) = 1 - x2,对ｆ(ｘ)在［ｘ１,ｘ2］上应用拉格朗日中值定理,有ξ∈(x1,x2),使f′(ξ) ＝ = = -1 、这与题设f′(x)≠-1矛盾,唯一性得证.拉格朗日中值定理在高中数学中应用非常广泛,远不止以上这些,如利用导数来研究函数的某些性质、描绘函数的图像、解决极值、最值等问题非常简捷,在此就不一一列举了、【参考文献】［１］华东师范大学数学系.数学分析(第三版下册)［Ｍ］.北京:高等教育出版社,２００１、［２］贾俊芳.拉格朗日中值定理的应用.雁北师范学院学报［Ｊ］.２００４.(５):２５－２８、［３］李艳敏,叶伯英.关于微分中值定理的两点思考,高等数学研究［Ｍ］.北京:高等教育出版社,２００１、。
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用初探
．
（２）如果对任意的 。＞ｘ２＞０，总有 二 生 ≥２， 求
ｌ 一 ２
０的取 值 范 围． 解析 （２）根据拉格朗 日中值定理 内容 ，不难发 现 ： 对任意 １＞ ２＞０，总 ｊ ∈（ ２， Ｉ因此 ，问题转化为，（ ）＞２对于 ＞０恒成立 ；
效 果 ． 读者可参考解决 以下 问题 ： （１）（全 国 Ｉ卷）若 ，（ ）＝ｅ 一ｅ一．① 证 明 ：，（ ）≥２；
② Ｖ Ｉ＞０ ）≥似 ，证 明 ：ⅡＥ（一∞ ，２］．
（２）证明不等式 ＜ｌｎ（１＋ ）＜ （ ＞０）． １ 十
（３）（２０１４·陕西文 ２３题 ）设函数 厂（ ）＝ｌｎｘ＋ ，ｍ∈Ｒ
评 析 ：对于这个 例题 ，我 们 的学 生在 常规解 答 中，有些 学生不 能给出适 当的变 形并结 合几 何 意义解 答 ，甚 至有些 不 能理解 题意 ，这使 得得分率非常低．如果对 于类 似于这 种 题 型 ，我们教学 时为学生提出拉格 朗 日中值定 理模 型 ，学 生 也能 够从 直观上加 以理 解 ，为其 解答试 题起 到事 半功 倍 的
【关 键词 】拉格 朗 日中值定理 ；高 中数学 ；应用
一 、 拉 格 朗 日 中值 定 理 概 述 如果 函数 Ｙ＝厂（ ）满 足 ：（１）在 区问 ［。，ｂ］上 连 续 ， （２）在 区间（０，ｂ）上 可导 ，则 至少 存 在一点 ∈（ａ，６），使 得
）：
二 、拉格朗 日中值定理 的应 用 拉格 朗 １３中值定理 中蕴 含着 “消元 ”的思想 ，把 含 区间 （ａ，６）两端点 的表 达式通过定理转化 为在 区间（ａ，６）内部 一 变量的 问题 ，在高 中数 学教学 中 “消元 ”思 想一 直值 得我们 重视．以下将借助于相关试题等探讨 定理的有关应用． （一 ）求参数的范 围 例 １ （２ｏ１４·乐 山模拟 ）已知函数 ）＝（０—１）ｌｎｘ＋
高考数学巧遇拉格朗日中值定理_杨文萍
a&x2） x +x >f 1 2 . 2 2
2 2
思想本质上是运用拉格朗日中值定理 的思想 . 评 价 ：从 题 目 问 题 中 看 ，未 能 看 到
） 2. （2007年高考全国卷Ⅰ第20题
设函数 f （x ）=ex－e-x．% （ Ⅱ ） 若 对 所 有 x ≥0 都 有 f （x ） ≥ax ， 求 a 的取值范围 ．
） 3. （2007年安徽卷18题
设 a≥0 ，f （x ）=x－1－ln2x+2alnx （x>0 ）. （ Ⅱ ） 求 证 : 当 x >1 时 ， 恒 有 x > ln2x －
2alnx+1. ） 4. （2009年辽宁卷理21题
已知函数 f （x ）=
1 2 x －ax+ （a－1 ）lnx ， 2
在 （1 ） 式 中 由 于 x 是 自 变 量 ， 则 相 对 来说 a 是一个固定的数 ， 对 函 数 G （ x ） 两 边 求 导 ， 则 有 G′ （ x ） =
部分的分析） ， 根据上述证明我们可以
看到 ，g （x ） 可导 ， 且据观察就可以看出原 题可以换成
证 明 ： 设 k=
k （b－a ）=0.
（I ） 求函数 f （x ） 的最大值 ; （II）设 0<a<b<2a， 证明 :0<g（a）+g（b）－
设 F （x ） =G （x ） － （x －a ）ln2 ， 则 F′ （x ） =
化 成 我 们 所 熟 悉 的 以x为 自 变 量 的 函 数 “G（x）=g（a）+g（x）－2g（
lnx－ln
f （x ） 和 g （x ） 的 联 系 ， 两 个 小 题 没 有 本 质
活跃在高考中的拉格朗日中值定理
活跃在高考中的拉格朗日中值定理作者：王伯龙来源：《理科考试研究·高中》2020年第04期摘;要：拉格朗日中值定理是微积分学中的重要定理，应用定理可简洁地解证一些不等式.本文以高考试题为例阐述运用拉格朗日定理解决不等式问题的策略.关键词：拉格朗日中值定理;高考数学;不等式1;拉格朗日中值定理定理;如果函数f（x）满足：（1）在闭区间[a，b]上连续;（2）在开区间（a，b）内可导，那么至少存在一点ε∈（a，b），使得f ′（ε）=f（b）-f（a）b-a成立.几何意义;定理中f（b）-b（a）b-a是连接曲线上两点A（a，f（a）），B（b，f（b））的弦的斜率，f ′（ε）是过曲线上一点（ε，f（ε））的切线的斜率，那么定理可解释为在曲线y=f（x）上至少存在一条平行于弦AB的切线（如图1）.拉格朗日中值定理原本是大学《数学分析》课程中的内容，《普通高中数学课程标准（2017年版）》[1]对高中数学课程的结构进行了调整，將拉格朗日中值定理调整到数学选修课程A类“导数与微分”一章中，要求学生会用拉格朗日中值定理证明一些不等式.这样的调整起到了承前启后的作用，为学生将来步入大学学习高等数学打下坚实的基础.其实，在历年的高考试题中，拉格朗日中值定理的影子随处可见，下面举例予以展示.2;高考试题中的拉格朗日中值定理例1;（2007年全国高考Ⅰ卷理科第20题）设函数f（x）=ex-e-x.（1）证明：函数f（x）的导数f ′（x）≥2;（2）证明：若对所有的x≥0，都有f（x）≥ax，则a的取值范围为（-∞，2].证明;（1）略;（2）当x=0时，结论显然成立.当x>0时，不等式f（x）≥ax可转化为f（x）-f（0）x-0≥a.而f ′（x）=ex+e-x，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ε∈（0，x），使得f ′（ε）=f（x）-f（0）x-0≥a成立，即eε+e-ε≥a.由基本不等式得eε+e-ε≥2.所以eε+e-ε的最小值为2.所以a≤2.故a的取值范围为（-∞，2）.例2;（2010年辽宁高考数学理科第21题）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.（1）讨论函数f（x）的单调性;（2）设a解析;（1）略;（2）当x1=x2时，对任意a当x1≠x2时，不妨设x1>x2，不等式|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|可转化为f（x1）-f（x2）x1-x2≥4.因为f ′（x）=a+1x+2ax，所由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ε∈（x1，x2），使得f ′（ε）=f（x1）-f（x2）x1-x2成立，即a+1ε+2aε≥4.由于a0，所以-a+1ε-2aε≥4.因为-a+1ε-2aε≥2 2a（a+1），即-a+1ε-aε的最小值为2 2a（a+1）.因而只需2 2a（a+1）≥4，解得a≤-2.故a的取值范围为（-∞，-2].例3;（2016年全国新课标Ⅱ卷文科第21题）已知函数f（x）=（x+1）lnx-a（x-1）.（1）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程;（2）若x∈（1，+∞），f（x）>0，求a的取值范围.解析;（1）略;（2）对x∈（1，+∞），f（x）>0，即a由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ε∈（1，x），使得a当ε∈（1，x）时，g′（x）=ε-1ε2>0.所以函数g（ε）=lnε+1ε+1在（1，x）内单调递增.因此g（ε）>g（1）=2.要使a故a的取值范围为（-∞，2].例4;（2017年全国新课标Ⅱ卷文科第21题）设函数f（x）=（1-x2）ex.（1）讨论函数f（x）的单调性;（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围.解析;（1）略;（2）当x=0时，原不等式成立.当x>0时，f（x）≤ax+1，所以（1-x2）ex-1x≤a.而f ′（x）=（1-2x-x2）ex，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ε∈（0，x），使得（1-2ε-ε2）eε≤a成立.令g（ε）=（1-2ε-ε2）eε，所以g′（ε）=-（ε2+4ε+1）eε.由于ε>0，因而g′（ε）所以函数g（ε）=（1-2ε-ε2）eε在（0，x）上单调递减，于是g（ε）故a的取值范围为[1，+∞）.例5;（2009年辽宁高考数学理科第21题）已知函数f（x）=12x2-ax+（a-1）lnx，a>1.（1）讨论函数f（x）的单调性（2）证明：若a-1.解析;（1）略;（2）f ′（x）=x-a+a-1x，不妨设x1因为a>1，所以由基本不等式得ε-a+a-1ε≥2 a-1-a.故f（x1）-f（x2）x1-x2≥2 a-1-a=-（a-1-1）2.因为1于是0≤（a-1-1）2因而-（a-1-1）2>-1.即 f（x1）-f（x2）x1-x2>-1成立.例6;（2018年全国新课标Ⅰ卷理科第21试题）已知函数f（x）=1x-x+alnx. （1）讨论函数f（x）的单调性;（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2.证明：f（x1）-f（x2）x1-x2解析;（1）略;（2）由（1）知，f（x）有两个极值点当且仅当a>2.由于f ′（x）=-1x2-1+ax，不妨设x1令g（ε）=-1ε2-1+aε，则g′（ε）=2ε3-aε2=2-aεε3.当ε0，函数g（ε）为增函数;当ε>2a时，g′（ε）于是当ε=2a时，gmax（ε）=-a24-1+a22=（a+2）（a-2）4.即-1ε2-1+aε≤（a+2）（a-2）4對于任意ε∈（x1，x2）恒成立.因为a>2，所以（a+2）（a-2）4>a-2.因此-1ε2-1+aε故 f（x1）-f（x2）x1-x2综上可知，对于一些结构特征（或变形后）满足拉格朗日中值定理的不等式问题，应用拉格朗日中值定理求解具有思路简单、计算量小、易于掌握的特点.我们发现，利用拉格朗日中值定理可以解决两类问题：一是已知不等式求参数的取值范围;二是已知参数的取值范围证明不等式.对这两类问题的求解关键是将所给的不等式或要证的不等式转化成拉格朗日中值定理的结构形式.随着新一轮课改的深入，拉格朗日中值定理将在以后的高考中会越来越受到命题专家的青睐.参考文献：[1]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.（收稿日期：2019-10-29）。
高考中的拉格朗日中值定理
６ 一 ‘
本题就是 以拉格朗 日中值定理为背景而设计 的高考 试题．拉格朗 日中值定理是微分中值定理的 核心 ，它建 立 了 函数 值 与导 数 值 之 间 的定 量 联 系 ， 在 微分 学 中 占有极 其 重要 的 地位．导数 是 高 中新课 程 新增 的 内容 ，也 是 高 考 考 查 的重 点 内容 之 一．函 数与其 导 数是 ２个 不 同 的 函数 ，导 数 只反 映 函数在 一 点 的局 部特 征．如果 要 了解 函数 在 其定 义域 上 的 整体性 态 ，就需 要 在 导 数 与 函数 间建 立 联 系 ，微 分 中值定 理 就是 起这 种 作用 ． ２ 高考 中的拉 格 朗 日中值定 理
增 函数 ，从
＞一１也 可类 似 地化 为
Ｘ １ 一 ２
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即函数厂（ ）＋ 为单调增函数．证法 １由此 自然产
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另 一方 面
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即 函数 （ ）的平 均变
第 ７期
吴 曼玲 ：高 考 中的 拉 格 朗 日 中值 定 理
·４５ ·
· ４４·
中学教研 （数 学）
高 考 中 的 拉 格 朗 日 中 值 定 理
●吴曼玲 （嘉兴市第一中学 浙江嘉兴 ３１４０５０）
在近几年的数学高考试题 中，经常遇到一些题 目，虽 然可 以利 用 中学 的 数学 知识 解 决 ，但 是在 高 等数学 中往 往 能 找 出 相关 的 “影 子 ”，也 即所 谓 的 “高观点”试题．这样 的试题或 以高 等数学知识 为 背景 ，或体现高等数学中常用 的思想方法．这类试 题常受到命题者 的青睐 ，成为高考中一道亮丽的风 景 ，其 中不 乏 以拉格 朗 １３中值 定 理为 背景 的高考试 题 ．拉 格 朗 １３中值定 理是 利用 导 数 的局 部性 研究 函 数 整 体性 的重 要工具 ，它是 沟通 函数 与其 导数之 问 的桥梁 ，建 立 了 函数 值 与 导 数 值 之 间 的定 量联 系 ， 因而 可 以用 它 来 研 究 函数 的性 态．下 面 以 ２００９年 辽宁省数学高考理科第 ２１题为例 ，并 结合近几年 全 国各地高 考试 卷 中 出现 的 以拉 格 朗 日中值 定 理 为背景的试题 ，探索该定理在中学数学中的应用． １ 一 道高 考题 的 两种 解法
关于拉格朗日中值定理在证明题中的一些应用
拉格朗日中值定理可以用来证明许多函数在某些条件下的极值。
它告诉我们，如果一个函数在某一点处有一个极值，那么在这个点处导函数为零。
这个定理可以用来证明多元函数的极值，也可以用来证明单元函数的极值。
这个定理在微积分中有很多应用，例如在证明函数的最值，证明函数的单调性，求极值点，求函数的泰勒展开等。
另外，拉格朗日中值定理还有很多应用在统计学，机器学习等领域。
例如在线性回归中,使用拉格朗日乘子法可以求得最小二乘法解。
此外，拉格朗日中值定理还可以用于凸优化问题的求解。
凸优化是一类最优化问题，其中目标函数和约束条件都是凸函数。
拉格朗日乘子法就是一种用于求解凸优化问题的方法，它通过构造拉格朗日函数来求解原问题的最优解。
拉格朗日中值定理在支持向量机(SVM)算法中也有应用，SVM是一种二分类模型，它通过构造最大间隔分离超平面来对数据进行划分。
拉格朗日乘子法可以用来求解SVM 中的对偶问题，从而得到最优解。
总的来说，拉格朗日中值定理是一种非常强大的工具，可以用来证明许多函数的性质，并在微积分，机器学习，统计学，优化等领域有广泛应用。
此外，拉格朗日中值定理在深度学习中也有应用。
深度学习是一种机器学习方法，其中包含多层神经网络，它可以用来解决各种复杂的学习问题。
深度学习中的网络参数是需要学习的，而拉格朗日中值定理可以用来证明其存在全局最优解。
同时，拉格朗日中值定理在强化学习中也有应用。
强化学习是一种机器学习方法，它可以让智能体在不断尝试和试错的过程中学习如何执行任务。
拉格朗日中值定理可以用来证明在强化学习中存在全局最优策略。
总之，拉格朗日中值定理是一个非常强大的理论工具，它在微积分，机器学习，统计学，优化，深度学习和强化学习等领域都有着广泛的应用。
拉格朗日中值定理在高考题中的妙用.doc
拉格朗日中值定理在高考题中的妙用.doc 拉格朗日中值定理（Lagrange Mean Value Theorem，提出时间1797年）又称拉氏定理，又称微分中值定理，是微分学中的基本定理之一。
它反映了可导函数在闭区间上的整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系。
拉格朗日中值定理是罗尔中值定理的推广，同时也是柯西中值定理的特殊情形，是泰勒公式的弱形式（一阶展开）。
拉格朗日中值定理是微分中值定理的核心，其他中值定理是拉格朗日中值定理的特殊情况和推广，它是微分学应用的桥梁，在理论和实际中具有极高的研究价值。
一、拉格朗日中值定理的概念和几何意义2、几何意义：在满足定理条件的曲线上y=f(x)至少存在一点C1（ξ1，f(ξ1)），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB（如图）二、拉格朗日中值定理的应用1、为什么要用拉格朗日中值定理去解决高考数学问题？近年来，以高等数学为背景的高考命题成为热点。
也就是说，在当前的高考数学试题中，有一些省份或者有一些试题，里面含有了高等数学（大学数学）的成分。
这些题目虽然可以利用中学的数学知识解决，但是往往比较繁琐，同时还容易出现证明不下去的尴尬局面。
在这个时候，如果我们提前知道了一些高等数学（大学数学）的相关知识，那么在解题的过程中，相对来说，就简单很多。
因为这些高考试题本身就带有高等数学的相关“影子”，同时高等数学的一些知识点，应用到高考题目中，一般只应用一些比较简单的部分，所以此时用高等数学的知识去解决高考压轴大题，就变得简单了。
2、拉格朗日定理具体用来解决哪些类型的数学题目？一般来说，用来解决高考试题中的函数题、导数题和不等式证明题、恒成立问题、参数范围题等。
三、和拉格朗日定理有关的题目案例分析【1】直接应用拉格朗日中值定理来解题例2、填空题选择题中，使用拉格朗日中值定理能够快速解题【2】求割线斜率大小----几何意义的利用由拉格朗日中值几何意义可知:曲线上两点的割线斜率，可以转化为曲线上切线的斜率。
拉格朗日中值定理在高考题中的妙用
精选练习题，涵盖各种难度和题型
学会举一反三，掌握解题思路
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注重解题技巧和方法的掌握
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及时总结错题，避免重复犯错
总结与展望
解题方法：利用导数研究函 数单调性、构造辅助函数等
拉格朗日中值定理在高考题中 的妙用：证明不等式、求参数 范围等
解题技巧：灵活运用定理， 结合其他数学知识
如何掌握和运用拉 格朗日中值定理解 题
公式：若函数f(x)在 [a,b]上连续，且对所 有x∈[a,b]，满足f'(c) = f(b)-f(a)/b-a，则称c 为f(x)在[a,b]上的拉格 朗日中值。
常见形式：在高考数学 中，拉格朗日中值定理 常常以如下形式出现： 证明函数在某个区间内 单调，或者证明函数在 某个区间内的值域。
解题思路：通过构造辅助函数，利用拉格朗日中值定理证明不等式
解题步骤：根据不等式的特点，选择适当的辅助函数，利用拉格朗日中值定理推导不等 式
结论：利用拉格朗日中值定理证明不等式是一种有效的解题方法，能够简化证明过程
原理：利用拉格朗日 中值定理，通过构造 辅助函数，将函数的 最值问题转化为求解 方程的问题。
拉格朗日中值定理在 高考题中的妙用
汇报人：XX
目录
拉格朗日中值定理的概 述
拉格朗日中值定理在 高考题中的常见形式
拉格朗日中值定理在 高考题中的妙用举例
如何掌握和运用拉格 朗日中值定理解题
总结与展望
拉格朗日中值定理 的概述
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拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，它 反映了可导函数在闭区间上的整体的平均变化率与 区间内某点的局部变化率的关系。
适用范围：适用于函 数在闭区间上连续、 开区间上可导的情况， 且函数的最值存在。
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拉格朗日中值定理在高考题中的妙用一．拉格朗日中值定理[1]拉格朗日中值定理：若函数f 满足如下条件： （i ）f 在闭区间[,]a b 上连续；（ii ）f 在开区间(,)a b 内可导； 则在(),a b 内至少存在一点ξ，使得 ()()()'f b f a f b aξ-=-.几何意义：在满足定理条件的曲线上()y f x =至少存在一点(,())p f ξξ，该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB （如图）二．求割线斜率大小-----------几何意义的利用由拉格朗日中值几何意义可知:曲线上两点的割线斜率,可以转化为曲线上切线的斜率.即连续函数上任意两点的连线总与某条切线平行.下面通过下题具体分析. 例1：（2011年福建省质检理19题）已知函数22()ln .a f x x a x x=++（Ⅰ）求()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）设'1,()(),a g x f x ==问是否存在实数k ，使得函数()g x 上任意不同两点连线的斜率都不小于k ？若存在，求k 的取值范围；若不存在，说明理由. 解（Ⅰ）略（Ⅱ）当1a =时，221()1g x xx =-+，假设存在实数k ，使得的图象上任意不同两点连线的斜率都不小于k ，即对任意210x x >>，都有2121()(),g x g x k x x -≥-即求任意两点割线斜率的大小，由中值定理知存在12(,)x x x ∈，有'2121()()(),g x g x g x k x x -=≥-转为求切线斜率的大小.即'3241()g x k x x=-≥在(0,)+∞上恒成立.（以下同参考答案） 评析：该题若用初等方法解决，构造函数同是本题的难点和突破口．将2121()(),g x g x k x x -≥-转化为2211()(),g x kx g x x -≥-转而考查函数()()h x g x kx =-，学生不是很容易想到， 但若利用拉格朗日中值定理，则只需求二次导函数在所给区间的最小值即可，学生易接受．二． 利用拉格朗日中值定理证最值 （1）证()()f b f a b aλ->-或()()f b f a b aλ-<--------------即证()'f ξ与λ的大小关系例2：（2009年辽宁卷理21题） 已知函数21()(1)ln ,12f x x ax a x a =-+-> （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）证明：若5a <，则对任意()12,0,x x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()1f x f x x x ->--.（Ⅰ）略；（Ⅱ）要证1212()()1f x f x x x ->--成立，即证()'11a f a ξξξ-=-+>-.令()2(1)1g a a ξξξ=--+-，则()()()()214115a a a a ∆=---=--.由于15a <<，所以0∆<.从而()0g ξ>在R 恒成立.也即21a a ξξξ-+->-.又()12,x x ξ∈，()12,0,x x ∈+∞，故0ξ>.则211a a ξξξ-+->-，即()'11a f a ξξξ-=-+>-，也即1212()()1f x f x x x ->--. 评注：这道题（Ⅱ）小题用初等方法做考虑函数()()g x f x x =+.为什么考虑函数()()g x f x x =+很多考生一下子不易想到.而且()'g x 的放缩也不易想到.（2）、证明()f x a x>或()f x a x<成立（其中0x >，(0)0f =）----------即证()(0)0f x f a x ->-或()(0)0f x f a x -<-例3：（2007年高考全国卷I 第20题） 设函数()x x f x e e -=-.[2]（Ⅰ）证明：()f x 的导数()'2f x ≥；（Ⅱ）证明：若对所有0x ≥，都有()f x ax ≥ ，则a 的取值范围是(,2]-∞. （Ⅰ）略.（Ⅱ）证明：（i ）当0x =时，对任意的a ，都有()f x ax ≥(ii)当0x >时，问题即转化为x x e e a x --≤对所有0x >恒成立.令()()()00x xf x f e e G x x x ---==-，由拉格朗日中值定理知()0,x 内至少存在一点ξ（从而0ξ>），使得()()()'00f x f f x ξ-=-，即()()'G x f e e ξξξ-==+，由于()()''000f e e e e ξξξξ--=-=->，故()'f ξ在()0,x 上是增函数，让0x → 得()()()''min 02G x f e e f ξξξ-==+≥=，所以a 的取值范围是(,2]-∞.评注：用的是初等数学的方法.即令()()g x f x ax =-，再分2a ≤和2a > 两种情况讨论.其中，2a >又要去解方程()'0g x =.但这有两个缺点：首先，为什么a 的取值范围要以2为分界展开.其次，方程()'0g x =求解较为麻烦.但用拉格朗日中值定理求解就可以避开讨论，省去麻烦.例4：（2008年全国卷Ⅱ22题）设函数()sin 2cos xf x x=+.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围. 证明（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当0x =时，显然对任何a ，都有()f x ax ≤；当0x >时，()()()00f x f x f xx -=-由拉格朗日中值定理，知存在()0,x ξ∈，使得()()()()'00f x f x f f xx ξ-==-.由（Ⅰ）知()()'22cos 12cos x f x x +=+，从而()()()()''22sin 2cos cos 12cos x x x f x x +-=+.令()''0f x ≥得，()()21,22x k k ππ∈++⎡⎤⎣⎦；令()''0f x ≤得，()2,21x k k ππ∈+⎡⎤⎣⎦.所以在()()21,22k k ππ++⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()()''max 1223f x f k π=+=在 ()2,21k k ππ+⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()''max 123fx f k π==.从而函数()'f x 在()2,22k k ππ+⎡⎤⎣⎦上的最大值是()'max 13f x =.k N ∈知，当0x >时，()'f x 的最大值为()'max 13fx =.所以，()'f ξ的最大值()'max 13f ξ=.为了使()'f a ξ≤恒成立，应有()'max f a ξ≤.所以a 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.评注：这道题的参考答案的解法是令()()g x ax f x =-,再去证明函数()g x 的最小值()min 0g x ≥.这与上述的思路是一样的.但首先参考答案的解法中有个参数a ,要对参数a 进行分类讨论;其次为了判断()g x 的单调性,还要求()'0g x ≥和()'0g x ≤的解,这个求解涉及到反余弦arccos3a ,较为复杂.而用拉格朗日中值定理就可以避开麻烦，省去讨论.再次体现了高观点解题的优越性.三．利用拉格朗日中值定理证不等式近几年的数学高考中，出现了不少含有拉格朗日中值定理的试题．常以不等式恒成立问题为基本切入点，具有一定的深度，既符合高考命题“能力立意”的宗旨，又突出了数学的学科特点，较好地甄别了学生的数学能力． 下面以近几年全国各地的数学高考试题为例，说明拉格朗日中值定理的不同形式在高考中不等式的应用，更好地体会用“高观点”解题的优势． （1）用于证明()()f b f a -与b a -的大小关系 例5：(2006年四川卷理第22题)[3]已知函数()()22ln (0),f x x a x x f x x=++>的导函数是()'f x ，对任意两个不相等的正12,x x ，证明：（Ⅱ）当4a ≤时，()()''1212f x f x x x ->-.证明： 由()22ln f x x a x x =++得，'22()2af x x x x=-+，令()()'g x f x =则由拉格朗日中值定理得：()()()'1212()g x g x g x x λ-=-下面只要证明：当4a ≤时，任意0λ>,都有()'1g λ>，则有()'324g 21ax x x =+->，即证4a ≤时，24a x x <+恒成立.这等价于证明24x x +的最小值大于4.由22422x x x x x+=++≥当且仅当x =4a ≤<，故4a ≤时，32421ax x +->恒成立.所以由拉格朗日定理得：()()()()''12121212()g x g x g x x g x x x x λλ-=-=->-.评注：这道题用初等数学的方法证明较为冗长，而且技巧性较强.因而思路较为突兀，大多数考生往往难以想到.相比之下，用拉格朗日中值定理证明，思路较为自然、流畅.体现了高观点解题的优越性，说明了学习高等数学的重要性. （2）证明()g a ，2a b g +⎛⎫⎪⎝⎭，()g b 三者大小的关系 例6：（2004年四川卷第22题）[3]已知函数()()ln(1),ln f x x x g x x x =+-=.（Ⅰ）求函数()f x 的最大值； （Ⅱ）设02a b a <<<，证明：()()2()ln 22a b g a g b g b a +⎛⎫+-<- ⎪⎝⎭. 证明（Ⅰ）略； （Ⅱ）证明：依题意，有()'ln 1g x x =+，()()()()2222a b a b a b g a g b g g b g g g a ++⎛+⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由拉格朗日中值定理得， 存在,,,22a b a b a b λμ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()()()()()''ln ln 2222a b a b b a b a g b g g g a g g μλμλ+⎛+⎫--⎛⎫⎛⎫---=-•=-• ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()4lnln ln ln 2222b a b b a a b a b a a a μλ---=•<•<•=- 评注：对于不等式中含有()()(),,2a b g a g b g a b +⎛⎫< ⎪⎝⎭的形式，我们往往可以把()2a b g g a +⎛⎫- ⎪⎝⎭和()2a b g b g +⎛⎫- ⎪⎝⎭，分别对()2a b g g a +⎛⎫- ⎪⎝⎭和()2a b g b g +⎛⎫- ⎪⎝⎭两次运用拉格朗日中值定理.例7：(2006年四川卷理第22题)已知函数()()22ln (0),f x x a x x f x x=++>的导函数是()'f x ，对任意两个不相等的正数12,x x ，证明：（Ⅰ）当0a ≤时，()()121222f x f x x xf ++⎛⎫> ⎪⎝⎭证明：（Ⅰ）不妨设12x x <，即证()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由拉格朗日中值定理知，存在12121122,,,22x x x x x x ξξ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则12ξξ<且()1222x x f x f +⎛⎫- ⎪⎝⎭()'2122x x f ξ-=•，()()'12211122x x x x f f x f ξ+-⎛⎫-==• ⎪⎝⎭又'22()2a f x x x x =-+， ()''3242a f x x x =+-.当0a ≤时，()''0f x ≥.所以'()f x 是一个单调递减函数，故()()''12f f ξξ<从而()()12122122x xx x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立，因此命题获证． 四：利用拉格朗日定理证明根的存在[4]证明方程根的存在性,所给根的范围就是区间[],a b 把所给方程设为函数()f x 就可用拉格朗日中值定理证明方程根的存在性,一般用反证法.例1 设()f x 在[]0,1可导,且0()1f x <<,又对于(0,1)内所有的点有'()1f x ≠-证明方程()10f x x +-=在(0,1)内有唯一的实根.分析:要证明方程有唯一的实根,分两步证明,先证明有根,再证明根是唯一的 证明:先证方程有根,令()()1g x f x x =+-,又因为0()1f x <<,则(0)(0)10,(1)(1)0g f g f =-<=>,得到g(0)·g(1)< 0. 所以,函数g(x)在(0,1)内至少有一个实根.再证唯一性；假设方程()10f x x +-=在(0,1)内有两个实根,αβ不妨设为01αβ<<<, 则有()1,()1f f ββαα=-=-,对函数()f x )在[],αβ上运用拉格朗日中值定理有 ()()'()()f f f βαλβα-=-.因此()()11()()'()1f f f βαβαλβαβα----===---这和已知条件'()1f x ≠-矛盾.所以方程()10f x x +-=在(0,1)内有唯一的实根.。